吴振顺控制工程基础王积伟_第二版_课后习题解答.doc

第一章3解：1)工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差uu1u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2u上：如合上开门开关，u1u上，u0，大门不动作；如合上关门开关，u1u下，u0，大门执行开门指令，直至完全打开，使u0；如合上关门开关，u1u下，u0，大门不动作。2)控制系统方框图_ u放大电动机鼓轮开关位置指令u1大门位置信号u2被控量(大门位置)大门4解：1)控制系统方框图 h实际水位h杠杆机构机械进水阀水箱浮球给定液位hh干扰a)系统方框图 h实际水位h电气开关电磁进水阀水箱浮球给定液位hh干扰b)系统方框图2)工作原理：a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。2-1解：（c）确定输入输出变量（u1，u2） 得到：一阶微分方程（e）确定输入输出变量（u1，u2） 消去i得到：一阶微分方程第二章2-2解：1）确定输入、输出变量f(t)、x22）对各元件列微分方程：3）拉氏变换：4）消去中间变量：5）拉氏反变换： 2-3解：（2） （4） （5） （6） 2-5解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5 M(s)=0,得到零点：1， 2) D(s)=0,得到极点：2，1，2 M(s)=0,得到零点：0，0，1 3) D(s)=0,得到极点：0， M(s)=0,得到零点：2，4) D(s)=0,得到极点：1，2， M(s)=0,得到零点： 2-8解：1）a）建立微分方程 b)拉氏变换 c)画单元框图（略） d)画系统框图 Xo(s) F（s）Fi（s）a/b1/ms2K1k21/Bs2)a)建立微分方程： b)拉氏变换： c)绘制单元方框图（略） 4)绘制系统框图+X0（s）B1sK1/ms2B2sXi（s）2-11解：a)b)2-14解：(1)(2)由于扰动产生的输出为： 要消除扰动对输出的影响，必须使得到：得到：第三章3-1解：1)法一：一阶惯性环节的调整时间为4T，输出达稳态值的98%，故： 4T1min，得到：T15s 法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。2)法一：输入信号，是速度信号； 法二：利用误差信号E（s）3-3解：部分分式展开：系数比较得到：A+B+C=0 11A+6B+5C=0 30A=13得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667拉氏反变换：3-4解：闭环传递函数为： （1）单位阶跃函数的拉氏变换： 部分分式展开： 系数比较得到：4A+3B=0 A-3C=0 A=1 得到：A=1，B=-4/3,C=1/3 拉氏反变换： （2）法一、利用微分关系，把结果（1微分）法二、单位脉冲函数的拉氏变换： 部分分式展开： 系数比较得到：A+B=0 4A+B=4 得到：A=4/3,B=-4/3 拉氏反变换：3-6解：闭环传递函数为： 得到：rad/s; 相位移：时间响应各参数： 3-7解：1)求闭环传递函数 二阶振动环节： 得到： 2)求结构参数 最大超调量 得到： 峰值时间 得到：3)求K，Kh 代入1)得到：4)利用结构参数求其它时域指标 调整时间 上升时间3-8解：闭环传递函数 1)K200：此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。2)K1500，得到：最大超调量峰值时间调整时间上升时间振动次数3)K13.5，得到： 此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要不变，系统调整时间ts不变；随着增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。3-8解：闭环传递函数 1)K200： 最大超调量峰值时间调整时间上升时间振动次数2)K150，得到：依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。3)K13.5，得到： 此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要不变，系统调整时间ts不变；随着增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。3-9解：开环传递函数为： 单位反馈系统的：H(s)=1 位置稳态误差系数为： 速度稳态误差系数为： 加速度稳态误差系数为： 单位阶跃输入的稳态误差： 单位速度输入的稳态误差：单位加速度输入的稳态误差：3-10解：开环传递函数，此系统为I型系统。稳态误差系数：1) 单位阶跃输入稳态误差：2) 单位速度输入稳态误差：3）单位加速度输入稳态误差；法二：3-11解：开环传递函数，此系统为I型系统。1) 稳态误差系数2) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为：a) 当时，b) 当时，c) 当时，3-12解：1)仅有输入信号作用下的稳态误差偏差传递函数误差信号稳态误差2） 仅有干扰信号作用下的稳态误差干扰偏差传递函数干扰误差信号干扰稳态误差3)系统总稳态误差： 3-13解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所以系统是稳定的。3-14解：单位反馈系统的闭环传递函数：特征根为：要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部：当时，可保证特征根具有负实部。解得：因K、T均大于零，所以上式成立。所以系统是稳定的。3-15（1）解：法一：劳思阵列 第一列有负数，系统不稳定。法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126; 三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。（2）解：劳斯阵列 劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。（3）：法一：劳思阵列劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10; 因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1a2=20a0a3=10， 所以该三阶系统稳定。（5）：法一：劳思阵列：辅助多项式： 劳思阵列第一列中无负号，但有一列的元素全为0，所以系统是临界稳定的。法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160; 因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1a2=160=a0a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。3-16（2）解：劳思阵列系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即： 由式1)得：k0 式2)得：k10/99 式3)得：k1式3)可化为：显然，上式无法满足，即：无论k取何值，式1)、2)、3)条件都无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。第四章4-4解：闭环传递函数频率特性幅频特性相频特性1），稳态输出2）稳态输出3）稳态输出4-9解：1） ；2） 、 ;4-121）解a）典型环节：放大环节：2 惯性环节1：转折频率 惯性环节2：转折频率b）在博德图上标出w1，w2c）对数幅频特性：d）低频渐近线（ww1）：斜率为0，L（w）6dBe）w1w2渐近线：斜率为20dB/decf）w2渐近线：斜率为40dB/dec3）解：a）典型环节：放大环节：50 二阶积分： 惯性环节：转折频率 二阶振动环节：转折频率 b）在博德图上标出w1，w2c）对数幅频特性： d）低频渐近线（ww1）：斜率为-40dB/dec， 取， e）w1w2渐近线：斜率为60dB/decf）w2渐近线：斜率为100dB/dec4)解：传递函数标准形式 a）典型环节：放大环节：20 二阶积分： 惯性环节：转折频率 一阶积分环节：转折频率 b）在博德图上标出w1，w2c）对数幅频特性： d）低频渐近线（ww1）：斜率为-40dB/dec， 取， e）w1w2渐近线：斜率为60dB/decf）w2渐近线：斜率为40dB/dec4-14尼氏判据的关键：含零极点（积分环节）的，需作辅助线（从起点（w0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为负。解：1)正实部根数q0，包围（1，j0）点次数P1，穿越（1，j0）右负实轴次数N1，P q或q/2，闭环系统不稳定。2) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P0，穿越（1，j0）右负实轴次数N0，Pq或Nq/2，闭环系统稳定。3) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P1，穿越（1，j0）右负实轴次数N1，P q或q/2，闭环系统不稳定。4) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P0，穿越（1，j0）右负实轴次数N0，Pq或Nq/2，闭环系统稳定。5) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P1，穿越（1，j0）右负实轴次数N1，P q或q/2，闭环系统不稳定。6) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P0，穿越（1，j0）右负实轴次数N110，Pq或Nq/2，闭环系统稳定。7) 正实部根数q0，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P0，穿越（1，j0）右负实轴次数N110，Pq或Nq/2，闭环系统稳定。8) 正实部根数q1，包围（1，j0）点次数P1，穿越（1，j0）右负实轴次数N1/2，P=q或N=q/2，闭环系统稳定。9) 正实部根数q1，包围（1，j0）点次数P0，穿越（1，j0）右负实轴次数N0，P q或q/2，闭环系统不稳定。10) 正实部根数q1，作辅助线后，包围（1，j0）点次数P1，穿越（1，j0）右负实轴次数N1，P q或q/2，闭环系统不稳定。4-16解：开环频率特性 系统为最小相位系统，正实部根数q0，含一积分环节，稳定裕量为0时，系统临界稳定。即相角裕量为0：得到：得到：，得到：幅值裕量令临界幅值裕量为1，得到：所以：当时，系统是稳定的。4-17解：频率特性 幅频特性 相频特性1)近似解法： 相角裕量 而又有： 即： 解得：，取 解得：K1.082) 而又有： 即： 解得：，取 解得：K0.57 3)根据幅值裕量定义可知： 而根据相频特性又有： 解得： 根据幅频特性可得： ，解得：根据幅频特性可得： 0.1解得：K1.14-21解：先求出各转折频率，画出频率段和各频率段的幅频博德图；分各个典型环节，分别画出各典型环节的博德图，然后相频图相加，得到开环系统的相频博德图。在幅频博特图上找出幅值穿越频率，并对应在相频博德图上找出相角裕量；在相位博德图上找出相角穿越频率，并对应在幅频博德图上找出幅值裕量。4-23解：1)系统的频率特性为：， 得到：， 得到：系统的传递函数为： 2) rad/s第五章5-2解：（1）a)：图a)开环传递函数：低频段斜率为20dB/decI型系统（有一积分环节） 转折w110rad/s，斜率为40dB/dec含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w20rad/s开环增益kw20 系统开环传递函数为： 图a)校正装置传递函数： 低频段斜率为0O型系统 转折w10.1rad/s，斜率为20dB/dec含一惯性环节1/(1+10s) 转折w11rad/s，斜率为0dB/dec含一阶微分环节1+s 校正装置传递函数为（近似PI、滞后） 校正后的传递函数为b)：图b)开环传递函数：低频段斜率为20dB/decI型系统（有一积分环节） 转折w110rad/s，斜率为40dB/dec含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w20rad/s开环增益kw20 系统开环传递函数为：图b)校正装置传递函数：低频段斜率为0O型系统 转折w110rad/s，斜率为20dB/dec 含一阶微分环节1+0.1s 转折w2100rad/s，斜率为0dB/dec含一惯性环节1/(1+0.01s) 校正装置传递函数为（近似PD、超前）校正后的传递函数为（2）图a)：校正后的频率特性对数幅频特性：惯性环节1/(1+10s)、一阶微分环节(1+s)、惯性环节1/(1+0.1s)的转折频率分别为w10.1rad/s、w21rad/s、w310rad/s，分别在博德图上依次标出各转折频率。 低频段斜率为20dB/dec，取w0.01rad/s，渐近线纵坐标分贝数为： 转折频率w10.1rad/s，渐近线斜率为40dB/dec 转折频率w21rad/s，渐近线斜率为20dB/dec 转折频率w310rad/s，渐近线斜率为40dB/dec 图b)：校正后的频率特性对数幅频特性：惯性环节1/(1+j0.01w)的转折频率为w1100rad/s，在博德图上标出；低频段斜率为20dB/dec，取取w10rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：；转折频率w1100rad/s，斜率为40dB/dec。（3）两种校正特性比较： a)为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移，衰减了中高频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高频干扰的能力；但穿越频率wc左移，带宽变窄，响应快速性下降；以20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定裕量提高。 b)为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿越频率wc右移，系统快速响应能力增强；中高频段上移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超前，系统相角裕量增加，且以20dB/dec斜率穿越0分贝线系统稳定性提高。5-3解：1)把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校正后的系统开环幅频特性曲线（注意：有6各转折频率）2)系统的开环传递函数为： 校正装置的传递函数为： 校正后的开环传递函数：3)此校正装置为滞后超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右40dB/dec变为20dB/dec，提高了穿越频率wc，系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但对抗高频干扰的能力下降。5-6解:（1）确定开环增益： KvK7，取K7 开环频率特性 对数幅频特性 相频特性 并画出未校正开环系统的博德图。（2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量令L（wc）0，得到得到幅值穿越频率为：相位裕量为：不能满足性能要求，考虑到系统对稳态精度有要求，而对响应快速性没具体要求，所以可选用滞后校正装置。（3）确定校正后的幅值穿越频率 取 则：得到校正后的幅值穿越频率为：（4）确定滞后校正装置的参数滞后校正装置的频率特性滞后校正装置在新幅值穿越频率处提供的幅值增益分贝： 所以： 得到：为使校正装置的增大滞后相角远离校正后的幅值穿越频率，可选校正装置的一个转折频率为： 得到T24.35校正装置的传递函数为：（5）验算校正后的幅值裕量和相位裕量校正后的开环传递函数求相位裕量：求幅值裕量： 解得：满足设计要求。 Peoples Daily life cannot leave the energy everywhere,not only the clothing,eating,living,walking,but also culture,entertainment，medical and health care all are closely related with energy.With the improvement of living standard,the more energy is required.Rising world demand for energy and natural resources drying up have proposed the new challenge for energy suppliers, industrial enterprises and consumers.As far as possible to use energy with efficient and sustainable ways has became a top priority.Energy efficiency have an impact on all types of energy conversion：from electricity and heat energy efficient generation,transmission and distribution to the industrial,building and traffics efficient use of energy,everything contains.As the concept of sustainable development